Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giải các bài toán về modul của số phức

 MỤC LỤC
 7.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm ............................................................ 2
 7.1.1. Những kiến thức cơ bản.....................................................................................2
 7.1.2. Các dạng quỹ tích thường gặp đối với điểm biểu diễn của một số phức..3
 7.1.3. Tìm số phức có môđun lớn nhất, nhỏ nhất trong đó điểm biểu diễn của số 
 phức đó là đường tròn, đường thẳng hoặc elip6
 7.1.4. Sử dụng mối quan hệ của số phức và số phức liên hợp của nó........................13
 7.1.5. Một số bài toán trắc nghiệm về modul của số phức.15
 7.2. Thực trạng của vấn đề trước khi thực hiện SKKN..............................................21
 7.3. Các giải pháp đã thực hiện để giải quyết vấn đề.................................................22
 7.4. Hiệu quả sau khi áp dụng SKKN vào giảng dạy.23
 7.5. Kết luận và kiến nghị..........................................................................................23
 BÁO CÁO KẾT QUẢ
 NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1. Lời giới thiệu 
 Với việc đổi mới hình thức thi tốt nghiệp THPT và xét tuyển Đại học như hiện 
nay, môn Toán được kiểm tra đánh giá bằng hình thức thi trắc nghiệm. Mảng kiến thức 
về số phức trước đây vốn được học và thi khá nhẹ nhàng, nhưng hiện nay đã được khai 
thác khá sâu trong hệ thống các câu hỏi trắc nghiệm. Một trong những dạng toán được 
hỏi khá nhiều đó là các bài toán về modul của số phức. Để giải các bài toán này nhanh 
chóng, chính xác nhằm lựa chọn được phương án trả lời đúng trong đề bài, chúng ta cần 
hướng dẫn cho học sinh có một tư duy linh hoạt và nhạy bén. Ngoài yêu cầu đòi hỏi học 
sinh cần hiểu sâu và rộng kiến thức, người thầy còn phải biết cách dạy học sinh các kĩ 
 1 7.1.1.3. Biểu diễn hình học của số phức.
Mỗi số phức được biểu diễn bởi một điểm M(x; y) trên mặt phẳng toạ độ Oxy.
Ngược lại, mỗi điểm M(x;y) biểu diễn một số phức là z = x +ybi .
7.1.1.4. Modul của số phức: Cho số phức z = x + yi có điểm biểu diễn là M(x; y), khi 
đó ta định nghĩa modul của số phức z là khoảng cách OM.
 | | = = 2 + 2
7.1.1.5. Phép cộng và phép trừ các số phức.
Cho hai số phức z = a + bi và z’ = a’ + b’i. Ta định nghĩa:
 z z ' (a a ') (b b')i
 z z ' (a a ') (b b')i
7.1.1.6. Phép nhân số phức.
Cho hai số phức z = a + bi và z’ = a’ + b’i. Ta định nghĩa:
 zz ' aa ' bb' (ab' a 'b)i
7.1.1.7. Số phức liên hợp. 
Cho số phức z = a + bi. Số phức z = a – bi gọi là số phức liên hợp với số phức trên.
Tính chất của số phức liên hợp:
* z z * z z ' z z ' * z.z' z.z' * . = 2 + 2 = | |2 = | |2 
7.1.1.8. Phép chia số phức khác 0.
Cho số phức z = a + bi ≠ 0 (tức là a2+b2 > 0 )
 • Ta định nghĩa số nghịch đảo của số phức z ≠ 0 là số z-1 được xác định bởi
 1 1
 z-1= .z .z
 a2 b2 z 2
 z '
 • Thương của phép chia số phức z’ cho số phức z ≠ 0 được xác định như sau: 
 z
 z ' z '.z
 z '.z 1 
 z z 2
 3 |3 + 1 ― 푖|2 ― | ―3 표푛푗 ( ) + 2 + 3푖|2 +11 CALC X = 1 →18→ = 18
 CALC X = i → ― 24→ = ― 24
 Vậy quỹ tích điểm M là đường thẳng: 18x – 24y – 11 = 0
Nhận xét: Đây là một bài toán không khó đối với học sinh khá giỏi, nhưng với học sinh 
trung bình và yếu thì nếu biến đổi theo kiểu tự luận một cách nhanh và chính xác cũng 
mất vài ba phút, chưa kể nhầm lẫn. Bằng cách sử dụng máy tính cầm tay, thì kể cả các 
học sinh yếu kém cũng có thể giải quyết bài toán trong vòng trên dưới 20 giây.
Chú ý: Để có dự đoán trên ta cần chứng minh cho học sinh hiểu rằng nếu số phức z thỏa 
mãn một trong các điều kiện sau:
 | + + 푖| = | ′. + ′ + ′푖|
 | + + 푖| = |m'. + a' + b'i|
 | + + 푖| = |m'. + a' + b'i|
Mà m = m’ hoặc m = - m’ thì quỹ tích các điểm biểu diễn của z là một đường thẳng.
7.1.2.2. Quỹ tích điểm biểu diễn là đường tròn:
 Ta xét 2 ví dụ mẫu như sau:
Ví dụ 2: Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn cho số phức z thỏa mãn 
 | ― ( + 푖)| = 푅 푣ớ푖 푅 > 0
Giải: Dễ thấy quỹ tích điểm M là đường tròn tâm I(a; b), bán kính R
Ví dụ 3: Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn cho số phức z thỏa mãn 
 | + 1 ― 푖| = | ―3 + 2 + 3푖|
Giải:
Cách 1: (Tự luận) Đặt z = x + yi (x, y ∈ 푅), ta có
(x + 1)2 + (y – 1)2 = (-3x + 2)2 + (3y + 3)2 -8x2 – 8y2 +14x – 20y – 11 = 0
 7 5 11
 2 + 2 ― + + = 0
 4 2 8
 7 5 11
 Vậy quỹ tích điểm M là đường tròn: 2 2
 + ― 4 + 2 + 8 = 0
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay.
 5 Giải: Gọi F1(-c; 0), F2(c; 0). Từ điều kiện bài toán, ta có MF1 + MF2 = 2a. Dựa vào định 
nghĩa của elip, ta dễ dàng nhận thấy quỹ tích của M là elip có phương trình :
 2 2
 2 2 2
 2 + 2 = 1 푣ớ푖 = ― 
7.1.3. Tìm số phức có môđun lớn nhất, nhỏ nhất trong đó điểm biểu diễn của số 
phức đó là đường tròn, đường thẳng hoặc elip.
Phương pháp chung: 
Bước 1. Tìm tập hợp (G) các điểm biểu diễn số phức z thoả mãn điều kiện, đây cũng là 
quá trình tìm biểu thức liên hệ giữa phần thực và phần ảo của số phức z.
Bước 2. 
 • Sử dụng bất đẳng thức để đánh giá.
 • Phân tích biểu thức thành tổng bình phương để đánh giá.
 • Khảo sát hàm số để đánh giá.
 • Sử dụng phương pháp lượng giác hóa.
 • Dùng tính chất hình học để đánh giá bằng cách: Tìm số phức z tương ứng với 
 điểm biểu diễn M ∈ (G) sao cho khoảng cách tương ứng với điều kiện bài toán 
 có giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ nhất).
7.1.3.1. Dạng 1: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng (5 cách giải)
Ví dụ 4: Tìm z sao cho z đạt giá trị nhỏ nhất. Biết số phức z thỏa mãn điều kiện 
 w z 3 i z 1 3i là số thực.
Giải: Giả sử z = x + yi (x, y ∈ 푅), khi đó
 w x 3 y 1 i . x 1 3 y i x 2 y 2 4x 4y 6 2 x y 4 i
Ta có w R x y 4 0 . 
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng (d): x y 4 0 .
Cách 1: (Hình học) Giả sử M(x; y) là điểm biểu diễn z thì 
 z OM OM  (d) z 2 2i
 min min , ta được M(-2; 2) .
 7 1 2 49 49 7 2
= 2 2 + 2 + 25 = 2( + ) + ≥ =
 2 2 2 2
Cách 3. (Phương pháp hàm số) | ― 3 + 2푖|= 2 2 + 2 + 25
Xét hàm số 2 là hàm bậc 2 có a > 0 nên hàm số đạt min tại 
 ( ) = 2 +2 + 25 = ― 2 
 1 7 2
 = min z 
 2 2
Cách 4: (Dùng BĐT Bunhiacopxki) 
 x y 2 0 (x 3) (y 2) 7 49 ( x 3 (y 2)) 2 2 (x 3) 2 (y 2) 2 
 7 2
 z 3 2i .
 2
Cách 5: (Dùng máy tính cầm tay CASIO Fx 570 VN Plus)
Vào môi trường khảo sát hàm số bằng cách bấm tổ hợp phím 
 49
Nhận thấy nhỏ nhất là = tại x = -2
 ( ) 2
nên | ― 3 + 2푖| nhỏ nhất là 7 2
 2
 7.1.3.2. Dạng 2: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn ( 5 cách giải)
Ví dụ 6: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện z 2 4i 5 .Tìm số phức z có 
môđun lớn nhất, nhỏ nhất.
Giải: Giả sử điểm M(x; y) biểu diễn số phức z=x+yi. Khi đó tập hợp điểm M là đường 
tròn I(2;4), bán kính R 5 , có phương trình: (x 2)2 (y 4)2 5
Cách 1: (Sử dụng BĐT Bunhiacopxki) Ta có
 z 2 OM 2 x2 y2 (x 2)2 (y 4)2 4x 8y 20 4x 8y 15 4(x 2) 2(y 4) 25 (2)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
 9 Cách 5. (Phương pháp hình học)
Đường thẳng OI cắt đường tròn (C) tại 2 điểm A, B như hình B
vẽ.
 4
 z OM 
Ta có min min M trùng với điểm A trên (C) gần O nhất A
Ta có OI 4 16 2 5 
 O H 2 K
Kẻ AH  Ox theo định lý Ta lét ta có: 
 AH OA 2 5 5 1
 AH 2 OH 1 z 1 2i 
 4 OI 2 5 2
M trùng với điểm B trên (C) xa O nhất. Kẻ BK  Ox, theo định lý Ta lét ta có: 
 4 OI 2 5 2
 BK 6 OK 3 z 3 6i
 BK OB 2 5 5 3
Ví dụ 7: Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1 5 5, z2 1 3i z2 3 6i . Tìm giá 
trị nhỏ nhất của z1 z2 .
Giải: Chúng ta có thể giải bằng 5 phương pháp đã nêu trên, ở đây tôi chọn phương 
pháp hình học để trình bày lời giải
Ta có d
 A
 R
 • Quỹ tích điểm biểu diễn của số phức z1 là đường I
 -5
 tròn tâm I(-5; 0), bán kính R = 5
 • Quỹ tích điểm biểu diễn của số phức z1 là đường 
 thẳng : 8x 6y 35 0 .
 15
Dễ thấy đường thẳng không cắt (C) do d(I; ) = . Theo hình vẽ ta thấy 
 2 > 푅
 5
 Min z z d R 
 1 2 2
 11 Đặt T = | ′ ― ′|, ta quay về dạng toán trên
Ví dụ 11: Cho số phức z thỏa mãn
 |(1 + 푖) ― 2푖 + 1| = 1. ì 푖푛,max ủ 표 푙 ủ 푃 = (푖 + 2) ― 푖 + 1
Giải: 
 1
Áp dụng ta có |(1 + 푖) ― 2푖 + 1| = 1 ― 1 ― 3 푖 =
 | 2 5 | 2
 푃
푃 = |(푖 + 2) ― 푖 + 1| = + 1 ― 3 푖 , T = 130
 |푖 2| | 5 5 | 10
Từ đó 130 ― 2 ≤ 푃 ≤ 130 + 2
 10 2 10 2
7.1.3.4. Dạng 4: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường elíp (4 cách giải)
Ví dụ 12: Tìm số phức z sao cho môđun của z đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất. Biết số 
phức z thoả mãn điều kiện: z 1 z 1 4
 x2 y2
Giải: Ta thấy tập hợp các điểm M là elip có phương trình là: 1
 4 3
 x 2
 Cách 1: (Phân tích thành bình phương) Ta có z OM x 2 y 2 3 
 4
 x2 y2 x 2
Do 1 0 1 3 z 2
 4 3 4
Vậy : z 3 z 3i z 2 z 2
 min max
 x 2 y 2
Cách 2:(Đánh giá) Giả sử M(x;y) là điểm biểu diễn z 1
 4 3
 2 2 2 2
 2 2 2 x y x y 
Khi đó: OM x y 4 4 4 OM 2
 4 4 4 3 
 2 2 2 2
 2 2 2 x y x y 
 OM x y 3 3 3 OM 3
 3 3 4 3 
Từ đó, ta được 3 z 2 Vậy: z 3 z 3i z 2 z 2
 . min max
Cách 3: (Lượng giác hóa) Đặt x 2.sin t, y 3 cos t , t 0;2 
 13